Corrig´ es des exercices

(1)

Exercices de Math´ematiques

Formes lin´eaires, hyperplans Enonc´´ es

Enonc´ ´ es des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Soit f :E →IK une forme lin´eaire. Montrer que f est identiquement nulle ou surjective.

Montrer que deux formes lin´eaires non nulles ont mˆeme noyau⇔elles sont proportionnelles.

Dans IRⁿ, base et dimension de H ={u= (x₁, x₂,· · ·, x_n),

n

P

k=1

x_k = 0}.

Soit E un IK−espace vectoriel de dimension 3. Soit g ∈ L(E), tel que g² = 0.

Montrer qu’il existe a non nul dans E etf dans E^∗ tel que :∀u∈E, g(u) =f(u)a.

Soient f1, . . . , fp des formes linéaires indépendantes sur IKⁿ. Soit f une forme linéaire sur IKⁿ.

1. Montrer que f est combinaison lin´eaire de f1, f2, . . . , fp ⇔le noyau de f contient l’intersection des noyaux des f_k.

2. Montrer que ce r´esultat reste vrai si f₁, f₂, . . . , f_p sont li´ees.

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(2)

Formes lin´eaires, hyperplans Indications, r´esultats

Indications ou r´ esultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Il suffit de constater que Imf est un sous-espace de la droite vectorielle IK.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Vérifier que si f, g sont proportionnelles, alors Kerf = Kerg.

Si Kerf = Kerg =H, se donner a /∈H, λ=f(a) et µ=g(a). Prouver que f = ^λ_µg.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] H est le noyau d’une forme linéaire ϕ non nulle.

Une base de H est : u₁ = (1,−1,0, . . . ,0), u₂ = (0,1,−1,0, . . . ,0), . . . , u_n−1 = (0, . . . ,0,1,−1)

Se ramener `a g 6= 0. Montrer que dim Img = 1 et dim Kerg = 2.

Soit a6=−→

0 dans Img. Pour tout u deE il existe λ_u tel que g(u) =λ_ua.

Consid´erer l’application f :E →IK d´efinie par f(u) =λ_u.

1. Compl´eter f₁, . . . , f_p en une base de (IKⁿ)^∗, duale d’une base (ε) de IKⁿ. Interpr´eter alors Kerfk, puis l’intersection des Kerfk.

2. Si f₁, f₂, . . . , f_p sont liées, écarter le cas où les f_k sont toutes nulles.

Soit r le rang de cette famille. Supposer par exemple que f₁, . . . , f_r sont libres.

Montrer que

p

T

k=1

Kerf_k =

r

T

k=1

Kerf_k, puis que le r´esultat est encore valable.

(3)

Formes lin´eaires, hyperplans Corrig´es

Corrig´ es des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

C’est ´evident car Imf est un sous-espace de la droite vectorielle IK.

Donc Imf ={−→

0} si f est identiquement nulle, et Imf = IK sinon (f surjective.)

Sif et g sont proportionnelles, il existe λ∈IK^∗ tel que g =λf. Dans ces conditions, f(u) =−→

0 ⇔g(u) = −→

0 : autrement dit Kerf = Kerg. R´eciproquement, on suppose que les hyperplans Kerf et Kerg sont ´egaux.

Notons H cet hyperplan et soit a un vecteur de E n’appartenant pas `a H.

Soit λ=f(a). Par d´efinition, λ6= 0. Soit µ=g(a).

Tout vecteuru de E s’´ecrit de mani`ere unique u=αa+b, avec α∈IK et b∈H.

On a alorsf(u) =αf(a) +f(b) =αf(a) =αλ et de mˆeme g(u) = αµ.

On constate que pour toutu de E on a :f(u) = ^λ_µg(u).

Ainsif = ^λ_µg : les applications f etg sont proportionnelles.

L’applicationϕ d´efinie sur IRⁿ par ϕ(u) =x₁+x₂+· · ·+x_n est une forme lin´eaire non nulle.

H est le noyau de ϕ donc c’est un hyperplan de IRⁿ : dimH =n−1.

Une base de H est form´ee des n−1 vecteurs u₁, . . . , un−1, en notant :

u₁ = (1,−1,0, . . . ,0), u₂ = (0,1,−1,0, . . . ,0), . . . , un−1 = (0, . . . ,0,1,−1)

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Sig = 0, On prend f = 0, eta 6=−→

0 quelconque. Supposons donc g 6= 0.

On ag² = 0 donc Img ⊂Kerg. Or 3 = dim Img+ dim Kerg.

Il en d´ecoule dim Img = 1 et dim Kerg = 2. Soit a6=−→

0 dans Img.

Pour toutu de E, il existe un unique scalaireλ_u tel que g(u) = λ_ua.

Pour tousu, v de E, et si

g(u) =λ_ua

g(v) =λ_va, on ag(αu+βv) = αg(u) +βg(v) = (αλ_u+βλ_v)a.

Puisque a6=−→

0 , on en d´eduit λ_αu+βv =αλ_u+βλ_v.

Autrement dit, l’applicationf :E →IK définie pour tout ude E par f(u) = λ_u (et qui vérifie doncg(u) = f(u)a) est une forme linéaire sur E.

(4)

Formes lin´eaires, hyperplans Corrig´es

1. N´ecessairement 1≤p≤n, car le dual de IKⁿ est de dimension n.

On compl`ete f₁, f₂, . . . , f_p en une base (ε^∗) =f₁, f₂, . . . , f_p, f_p+1, . . . , f_n de (IKⁿ)^∗. On sait que (ε^∗) est de mani`ere unique la base duale d’une base (ε) de IKⁿ. Pour tout x de IKⁿ, x=

n

X

k=1

x_kε_k =

n

X

k=1

f_k(x)ε_k.

Kerf_k est form´e des vecteursx dont la k-i`eme composantex_k est nulle.

L’intersection des Kerf_k est donc ´egale `a Vect{ε_p+1, . . . , ε_n}.

On a f =

n

X

k=1

f(ε_k)f_k. Donc f ∈Vect{f₁, . . . , f_p} ⇔f(ε_p+1) =· · ·=f(ε_n) = 0.

Cela équivaut à dire que Kerf contient εp+1, . . . , εn ou encore le sous-espace qu’ils en- gendrent c’est-à-dire l’intersection des Kerf_k.

2. On suppose maintenant que f1, f2, . . . , fp sont li´ees.

Ecartons le cas trivial où les f_k sont toutes nulles, car alors le résultat est encore vrai : en effet f est combinaison linéaire des fk ⇔ f = 0⇔ Kerf = IKⁿ, or les noyaux Kerfk

(et donc leur intersection) sont ´egaux `a IKⁿ.

Soit r le rang de la famille f₁, . . . , f_p. Quitte à renuméroter, on peut bien supposer que f₁, . . . , f_r sont libres et donc que f_r+1, . . . , f_p en sont des combinaisons linéaires.

D’apr`es la premi`ere partie de l’exercice, on voit que les noyaux def_r+1, . . . , f_p contiennent l’intersection des noyaux de f₁, f₂, . . . , f_p.

On en d´eduit que

p

\

k=1

Kerf_k=

r

\

k=1

Kerf_k. Dans ces conditions :

f est combinaison lin´eaire def₁, . . . , f_r, . . . , f_p

⇔f est combinaison lin´eaire de f₁, . . . , f_r

⇔Kerf contient

r

\

k=1

Kerf_k (en utilisant le 1.))

⇔Kerf contient

p

\

k=1

Kerf_k

Conclusion : le r´esultat de (1.) est encore valable si la famille f₁, f₂, . . . , f_p est li´ee.